電場的力的性質專項練

2025年高考物理一輪復習備考

一、單選題

1.如圖，帶電量為-q的點電荷與均勻帶電薄板相距2d,點電荷在通過帶電薄板幾何中心的垂線上。

4點處電場強度為零，靜電力恒量為比在圖中。點點關于帶電薄板的對稱點）的電場強度大小和

方向正確的是（

A.0B.然,垂直薄板向右

C.與，垂直薄板向右D.4%，垂直薄板向右

2.如圖所示，A、B、C、D、E是半徑為r的圓周上等間距的五個點，在這些點上各固定一個點電荷,

除A點處點電荷的電荷量為一q外，其余各點處點電荷的電荷量均為+分則圓心。處（）

A

A.場強大小為半，方向沿OA方向

r

B.場強大小為半，方向沿A。方向

r

C.場強大小為學，方向沿OA方向

r

D.場強大小為彎，方向沿AO方向

r

3.如圖所示，16個電荷量均為+以4>0）的小球（可視為點電荷），均勻分布在半徑為R的圓周上。

若將圓周上P點的一個小球的電荷量換成-2q,則圓心。點處的電場強度為（）

oo°oo

oo

*OP

oo

oo

A.獎,方向沿半徑向左B.當，方向沿半徑向左

R

C.孚，方向沿半徑向右D.學，方向沿半徑向右

R

4.質量為加、電荷量為+Q的帶電小球A固定在絕緣天花板上，質量也為根的帶電小球B,在空中

水平面內繞。點做半徑為R的勻速圓周運動，如圖所示。已知小球A、B間的距離為2R,重力加速

度為g，靜電力常量為鼠貝I（）

A.B球所受合力始終指向A球

B.B球所帶的電荷量出翳

C.B球轉動的角速度為

D.天花板對A球的作用力大小為2mg

5.如圖所示，均勻帶正電的半圓環放置在絕緣水平桌面上，半圓環上A8、BC、8的弧長相等，已

知BC在圓心。點的電場強度大小為E、方向水平向右，則。點的電場強度大小為（）

B.2EC.乖＞ED.(1+V3)E

6.如圖所示，兩固定斜面O"粗糙、QV光滑，兩物塊。，6通過錢鏈與輕桿相連，"不帶電，b帶

正電，且都靜止于斜面上，桿垂直于OM。當在整個空間加豎直向下的勻強電場時（）

MN

輕托b

60叭人60°

77777777777777777777777777777'

O

A.。向上滑動B.。仍靜止

C.。與ON間的摩擦力增大D.6沿斜面向下運動

7.均勻帶電的球殼在球外空間產生的電場等效于電荷集中于球心處產生的電場。如圖所示，一半徑

為R的球殼表面均勻帶有正電荷，電荷量為2g,。為球心，直線仍是過球殼中心的一條水平線，球

殼表面與直線M交于C、。兩點，直線M上有兩點尸、Q,且==現垂直于C。將球面均

分為左右兩部分，并把右半部分移去，左半球面所帶電荷仍均勻分布，此時尸點電場強度大小為E,

則。點的電場強度大小為（）

三+E

D

4店

8.均勻帶電的球殼在球外空間產生的電場等效于電荷集中于球心處產生的電場。如圖所示，在半球

面上均勻分布著總電荷量為q的正電荷，球面半徑為R,CO為通過半球頂點與球心。的軸線,

在軸線上有M、N兩點，OM=ON=3R,已知M點的電場強度大小為E,靜電力常量為匕則N點

的電場強度大小為（）

。條+"D

二、多選題

9.如圖所示是一對不等量異種點電荷的電場線分布圖，圖中兩點電荷連線長度為空，左側點電荷帶

電荷量為+24,右側點電荷帶電荷量為-4,P、0兩點關于兩電荷連線對稱。由圖可知（）

A.尸、。兩點的電場強度相同

B.M點的電場強度大于N點的電場強度

C.若將一試探正電荷由M點靜止釋放，它將沿電場線運動到尸點

D.兩點電荷連線的中點處的電場強度為華

r

Q

10.一半徑為R的半球面均勻帶有正電荷Q,電荷。在球心。處產生的場強大小心=上方向

2R2

如圖所示。把半球面分為表面積相等的上、下兩部分，如圖甲所示，上、下兩部分電荷在球心。處

產生電場的場強大小分別為目、E2；把半球面分為表面積相等的左、右兩部分，如圖乙所示，左、

右兩部分電荷在球心。處產生電場的場強大小分別為石3、&。則（）

A-%＞及景

B.E2=k^

C-區＞噌

D-E4=k條

11.如圖所示，P、。處固定有等量的同種正電荷，O為P、。連線的中點，在P、。連線的垂直平分

線上，一個帶電粒子在A點由靜止釋放，結果粒子在A、B,C三點的加速度大小相等，且A、C關于

P、。連線對稱，不計粒子受到的重力，則下列說法正確的是（）

oQ

A.帶電粒子在C點的速度為零

B.帶電粒子在。點的速度最大

C.帶電粒子在。點的加速度為零

D.帶電粒子從A點運動到B點的過程中，加速度先減小后增大

12.有一質量為M、半徑為X、密度均勻的球體，現從中挖去半徑為上的球體，如圖所示。圖中。/

2

為球體球心，。2為球形空腔的球心，尸為球形空腔與球體的切點，。為。/。2連線上與尸距離為R的

點。若將質量為m的質點先后置于這四點，質點受到剩余球體的萬有引力大小記為F,引力常量為G,

則()

B.若質點在尸位置，F=7,普

o/v

c.若質點在。位置，F=~^rD.若質點在。2位置，F=o

三、解答題

13.如圖所示，帶電量為。=+1x10-7(2的小球A固定在絕緣水平桌面的上方，高度=一個

質量為〃7=lxl()Tkg、帶電量q=-4x10-8c的小球B靜止在桌面上以小球A在桌面上的投影點。為

圓心的圓周上的某一位置，其半徑為r=0.1m,小球A、B可看成點電荷。(靜電力常量

^=9xlO9N-m27C2)求:

(1)小球A、B之間的庫侖力P的大小;

(2)小球B受到摩擦力耳的大小；

(3)求圓心。點電場強度E的大小。

OA

14.水平地面上固定一光滑絕緣的斜面，傾角為37。，當沿水平方向加如圖所示的勻強電場時，一質

量為機，電荷量為4的帶正電小物塊，恰好靜止在斜面上。(計算時取sin37o=0.6,cos37o=0.8,

g=10m/s2)

(1)請在右圖中畫出小物塊靜止時的受力分析圖;

(2)用含加、g的代數表達式表示電場強度的大小；

⑶當電場強度方向不變，大小變化為原來的;時，求小物塊運動的加速度。

15.電荷量為q=lxl(T4c的帶正電小物塊置于絕緣水平面上，所在空間存在沿水平方向且方向始終

不變的電場，電場強度E的大小與時間r的關系和物塊速度v與時間f的關系如圖所示.若重力加速

度g取lOrn/s2,求：

O24O24

⑴物塊的質量加；

(2)物塊與水平面之間的動摩擦因數〃.

參考答案:

1.D

點電荷在〃點的電場強度為

方向水平向右，根據場強的疊加原理，由于該點的場強為零，所以可知帶電薄板在。點的場強大小為

q

E2=Ex=k

方向水平向左，根據對稱性可知，帶電薄板在b點產生的電場強度與。點的對稱，大小也為

—今

方向水平向右，點電荷在6點的電場強度為

kq

E=kq

4(3d>

方向水平向右，根據場強的疊加原理，b點的電場強度為

lUkq

E=E+E

3A~9d^

方向垂直薄板向右。

2.C

根據對稱性，先假定在A點放上電荷量為+q的點電荷，。點的場強為零，即8、C、。、E四個點

處的點電荷在。點的場強方向沿0A方向，大小為空，再與A處的-4在。點的場強疊加，則。點的

r

場強大小為

￡。=學

r

方向沿方向，C正確。

3.C

圓心。點處的電場強度可以看成在P點放-3g的點電荷在0點產生的電場。根據點電荷電場強度公

式和場強疊加原理，。點處的電場強度為

,3q

EP=k—^~

R2

方向向右，選項C正確，ABD錯誤。

4.C

A.B球在水平面做勻速圓周運動，所以其合力指向圓心。。A錯誤；

B.對B球，受力分析得

42R)2-R2

=mg

2R

解得

_SmgR2

”也kQ

B錯誤；

C.對B球，根據牛頓第二定律得

m2/=mco1R

?2R)2_R2

解得

C正確；

D.天花板對A球的作用力大小為

D錯誤。

5.B

由對稱性可知，AB、BC、CD每段在O點產生的電場強度大小均為E,且AB、C￡)在。點產生的場

強方向與40。夾角為30°,則。點的合場強大小為

E合=2Ecos60°+E=2E

6.B

BD.設b的質量為機，桿對6的彈力為尸，ON對6的支持力為5,其力的矢量圖如圖所示

由幾何知識可知

F-Nb-mg

現。受豎直向下的電場力，桿和QV的支持力等比例增大，合力仍為零，〃仍靜止，故B正確，D錯

誤；

AC.桿對。的力始終垂直斜面31,。始終靜止，摩擦力

f=叫gcos30°

不變，故AC錯誤。

7.D

先將帶電球體補全，一半徑為R的球體表面均勻帶有正電荷，電荷量為功,在球外空間產生的電場

等效于電荷集中于球心處產生的電場，則在尸、Q兩點所產生的電場為

E;卜^--工

0(2R)22爐

左半球面所帶電荷在尸點的電場強度大小為E,由對稱性可知去掉的右半球面所帶電荷在。點的電場

強度大小為E，則

弓=￡。-『e-E

8.A

右邊補齊半球面，電荷量為2q的球型在N點產生的電場強度大小為

廠k'2q2kq

(37?)29R2

由于對稱性可得，N點實際的電場強度大小

v_2kq

EN=W~E

9.BD

A.電場線的疏密表示電場強弱，電場線的切線方向為電場方向，所以尸、。兩點的電場強度大小相

等，方向不同，A錯誤；

B.電場線越密集的地方電場強度越大，電場線越稀疏的地方電場強度越小，M點的電場線比N點的

電場線密，所以M點的電場強度大于N點的電場強度，B正確；

C.電場線上每一點的切線方向與該點的電場強度方向一致，根據公式

F=qE

故若將一試探正電荷由/點靜止釋放，試探正電荷不會沿電場線運動，C錯誤；

D.左側點電荷在中點處的電場強度為

片=*

方向水平向右；

右側點電荷在中點處的電場強度為

方向水平向右；

則兩點電荷連線的中點處的電場強度為

方向水平向右；

D正確；

10.AC

AB.根據電場疊加原理和對稱性可知，如圖甲所示，上、下兩部分電荷在球心。處產生電場的場強

方向應和心相同。因為間距不同，上、下兩部分電荷在球心處產生電場的場強關系為耳＞馬。又因

為電荷。在球心。處產生的場強大小4=左令，所以耳＞左條。故A正確，B錯誤；

CD.由于半球面分為表面積相等的左、右兩部分，根據電場疊加原理和對稱性可知，左、右兩部分

電荷在球心。處產生電場的場強大小相等，方向不同。根據矢量合成法則可知，4=當＞左條。故

C正確，D錯誤。

11.ABC

A.由題意，根據對稱性可知A、C兩點電勢相等，所以粒子在A、C兩點的電勢能相等，由于粒子

從A點由靜止釋放，即初動能為零，根據能量守恒定律可知粒子在C點動能也為零，即速度為零，

故A正確；

BC.根據等量同種電荷周圍的電場分布可知04之間電場強度方向由。指向A,OC之間電場強度方

向由。指向C,且在。點處電場強度為零，所以粒子從A到。的過程始終做加速運動，從。到C的

過程始終做減速運動，粒子到達。時速度達到最大，且加速度為零，故BC正確；

D.在P、。連線的中垂線上，從。點到無窮遠處，電場強度先增大后減小，因為粒子在A、8兩點

的加速度大小相等，所以A、B兩點電場強度大小相等，則電場強度最大值在4、2之間，所以帶電

粒子從A點運動到B點的過程中，所受電場力先增大后減小，加速度先增大后減小，故D錯誤。

12.AC

/?41

A.挖去半徑為二的球體，根據公式V=9萬川,挖去小球的體積是原來大球體積的!,故其質量

23o

為

M

網=.

若質點在。位置，沒有挖時原球體對質點的萬有引力為

二Mm

挖去部分對質點的萬有引力

mm

4=G1

(1.5R)2

則剩余部分對質點的萬有引力

F-小

1236女

A正確；

/?A1

B.挖去半徑為二的球體，根據公式丫=="川,挖去小球的體積是原來大球體積的《，故其質量為

2.38

M

m,=——

8

若質點在P位置，沒有挖時原球體對質點的萬有引力為

心Mm

…P充

挖去部分對質點的萬有引力

QG守

(■)2

2

則剩余部分對質點的萬有引力

GMm

B錯誤；

/?A1

C.挖去半徑為二的球體，根據公式丫=二"&，挖去小球的體積是原來大球體積的二，故其質量為

2.38

M

m.=——

8

若質點在。"立置，沒有挖時原球體對質點的萬有引力為0,挖去部分對質點的萬有引力

GMm

(LR)2

2

GMm

則剩余部分受到質點的萬有引力與挖去部分對質點的萬有引力大小相等方向相反，即大小為

2R2

C正確;

D.若質點在。2位置，先將球體腔填滿，則可知剩余部分球體對質點的萬有引力大小等于整個完整

的球體對質點的萬有引力大小與挖去部分的小球體對質點的萬有引力大小之差，而挖去部分對質點的

萬有引力為零，則剩余部分球體對質點的萬有引力大小等于整個完整球對質點的萬有引力大小。以大

球體的球心為球心，做半徑為￡的球，根據公式丫=:萬收，挖去小球的體積是原來大球體積的!,

23o

故其質量為《，球殼部分對質點的萬有引力為0,整個球對質點的萬有引力等于中間部分半徑為。的

o2

球體對質點的萬有引力，則

則剩余部分對質點的萬有引力贊，D錯誤。

13.(1)F=9xlO^N；(2)Ft=4.5xlO^N；(3)E=J'21.96xlO，N/C

(1)由幾何關系知，A、B小球間的距離

解得